二月 CF 的解题报告
就写我打了的。
并不是官方题解的翻译，是我做的方法。
部分题目没写好。
Codeforces Round #699 (Div. 2)
A. Space Navigation
判断起点到终点的方向，保留有需要的方向再判断。
B. New Colony
暴力。如果有一个进入垃圾桶，后面的肯定都进入垃圾桶。
C. Fence Painting
除了最后一个工匠以外，前面的工匠的作品都可以选择被覆盖掉。找到所有需要变化的颜色，模拟即可。
D. AB Graph
E. Sorting Books
先留着。
Codeforces Round #700 (Div. 1)
A. Searching Local Minimum
考虑三分每次可以把序列长度 \(\times \dfrac{2}{3}\)。注意边界的特判，容易 FST。
B1. Painting the Array I
过是过了，但是我的方法似乎很垃圾，所以先留着。
B2. Painting the Array II
先留着。
Codeforces Round #701 (Div. 2)
A. Add and Divide
肯定先加后除。\(b=1\) 就加到 \(2\)。枚举 \(b\) 的值就可以了，注意到 \(b\) 不应该很大。
B. Replace and Keep Sorted
先暴力写出式子，发现很多项可以消去。最后式子中只剩下首项末项。
C. Floor and Mod
注意到只要满足 \(a=xb+x\) 且 \(x<b\) 即可。对于一个 \(b\) 找到能对应多少个 \(a\)。列出式子发现式子中带有一个 \(\min\)，分类讨论 \(\min\) 的取值条件。发现前半部分可以直接计算，后半部分整除分块。
D. Multiples and Power Differences
黑白染色后，黑格子 \(720720\)，白格子 \(720720-x^4\)。
E. Move and Swap
题目都没看。
Educational Codeforces Round 104 (Rated for Div. 2)
A. Arena
除了最垃圾的其他都可以。
B. Cat Cycle
？？？为什么我的做法这么麻烦？做了 40 min 大草。
C. Minimum Ties
奇偶分类讨论。发现偶数可以做到不平局，每个人赢一半输一半。奇数的话每个人平一局，剩下的一半赢一半输。证明不会。
考虑构造，平局的话 \(1\) 和 \(2\) 平， \(3\) 和 \(4\) 平，其他类似，这样构造就好了。输赢的构造可以分奇偶。
D. Pythagorean Triples
所以只要 \(b\) 和 \(c\) 的差为 \(1\) 的勾股数就能满足。然后可以二分或者直接算。
E. Cheap Dinner
做 \(3\) 次 DP。显然 \(3\) 次是互不干扰的。每次的时候就是扔掉有关系的，在剩下的里找最小值。然后考虑用一个数据结构维护就行了。我翻了很多人的记录，似乎就我是用线段树的。
F. Ones
我只知道贪心是错的。
G. String Counting
似乎是个字符串 DP。
Codeforces Round #702 (Div. 3)
A. Dense Array
在两个不满足条件的相邻的数之间插入若干个就好了。
B. Balanced Remainders
考虑每个数对 \(3\) 取模的值。分别找到 \(0\)，\(1\)，\(2\) 的个数，把大于平均数的转化。
C. Sum of Cubes
用 map 记录哪些数是三次方数。暴力枚举 \(a\) ，求出 \(x-a^3\) 观察其是否是三次方数。
D. Permutation Transformation
递归模拟。
E. Accidental Victory
按照能力值排序，求前缀和。观察每个人能否打过他前面所有人加起来的和。从后往前找到第一个不满足这个条件的人，那么后面所有人都是可行的。最后不要忘记按 \(id\) 输出。
F. Equalize the Array
计算出每个数出现的次数。枚举最后的次数 \(x\)，把次数小于 \(x\) 的全部删掉，大于 \(x\) 的删掉使得他保留为 \(x\)。似乎需要前缀和。
G. Old Floppy Drive
如果转一圈后加的值是个负数，那就只能转一圈不到。如果不行的话直接 \(-1\)。
如果转一圈后加的值是个正数，那一定是可行的。计算出要转几圈，然后可以二分一下。
Codeforces Round #703 (Div. 2)
A. Shifting Stacks
对于第 \(i\) 个位置，如果前面所有积木堆在一起能堆到 \(i-1\) 个就是可行的。
B. Eastern Exhibition
根据初一数学容易发现将 \(x,y\) 分开后，\(x_{ans}\)
应该取 \(x\) 的中位数。如果有两个中位数那么取在它们之间都可以。
C1. Guessing the Greatest (easy version)
考虑答案在区间 \([l,r]\) 中，那么我们先查询 \([l,r]\) 的次小值，再查 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\)。哪个区间的次小值还是原区间的次小值，那么答案就在哪个区间内。容易发现大概是 \(2\times log_2^n\) 次。
C2. Guessing the Greatest (hard version)
考虑优化 C1 的算法。我们考虑先取出这个序列的次小值位置 \(u\)。考虑答案在区间 \([l,r]\) 中，我们扔掉“先查询 \([l,r]\) 的次小值”这个操作，利用 \(u\)。如果 \(u\) 在此区间中，查询 \([l,mid]\) 或 \([mid+1,r]\) 使得这个查询区间包含 \(u\)；否则如果 \(u\) 在 \(l\) 左边，查询 \([u,mid]\) 即可，在 \(r\) 右边也同理。这样我们发现用一次操作就可以把区间缩小一半。
D. Max Median
二分答案 \(x\)，判断 \(≥x\) 的解是否可行。把大于等于 \(x\) 的数替换成 \(1\)，其他数替换成 \(-1\)。那么一段中位数至少是 \(x\) 转换为了这段的和是正的。所以查找新序列中有没有一个长度至少是 \(k\) 的子串满足和为正即可。这个问题可以使用前缀和，维护前缀和的前缀最小值，在线性时间内完成。所以总复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
E. Paired Payment
建图套路题。考虑以下建图方式：
- 对于一个点 \(u\) 以及一条连接 \(u\) 的边 \((u,v,w)\)，建立虚点 \((u,w)\)。
- 对于一条边 \((u,v,w)\)，我们建权值为 \(0\) 的边 \(u\to (v,w)\)。
- 对于一条边 \((u,v,w)\) 和一个虚点 \((u,x)\)，建立权值为 \((x+w)^2\) 的边 \((u,x)\to v\)。
怎么理解这个建图方式呢？我们考虑任意一条形如 \(x\to y\to z\) 的路径（我们把 \(y\) 叫做中转点） \(w_1\)，\(y \to z\) 权值 \(w_2\)。根据操作 2，\(x\) 向 \((y,w_1)\) 建立了权值为 \(0\) 的边。又根据操作 3，\((y,w_1)\) 向 \(z\) 建立了权值为 \((w_1+w_2)^2\) 的边。这样就可以实现了。可以理解为中转点 \(y\) 本身是不经过的，经过的是建立在 \(y\) 上的虚点。其实也不难理解，个人感觉有点类似分层图最短路的思想。
接下来用 dijkstra 跑最短路即可。考虑这个建图方式的复杂度正确性：
- 操作 1 中虚点个数是 \(O(m)\)。
- 操作 2 中边个数是 \(O(m)\)。
- 操作 3 中边个数是 \(O(m\times \max W)\)。因为如果某个顶点的度数为 \(t\)，我们将创建不超过 \(t \max W\)的边，并且所有 \(t\) 的总和为 \(2\times m\)。
